要解决的问题：
给定一个字符串，要求求出这个字符串中的最长的回文串子串。
例子：
cbddba的最长回文子串为 bddb
cbdedba的最长回文子串为dbedb
由上面的例子可以看到，在考虑回文子串的问题时需要考虑奇偶性。因为奇回文关于中心的某个字符对称，而偶回文关于最中心的两个元素之间的间隙对称。
一、动态规划法
在动态规划的思想中，总是希望把问题划分成相关联的子问题；然后从最基本的子问题出发来推导较大的子问题，直到所有的子问题都解决。
首先要看一个较大的子问题与一个较小的子问题之间的关系：
首先建立如下的函数：
那么就能有如下的递推关系：
当p(i+1,j-1) = true 的时候，如果有si == sj,那么 p(i,j)=true；也就是 abba中的bb为回文串，那么在bb左边是a，在bb右边也是a，相同；所以有abba也是回文串。
形式化表示如下： p(i,j) = p(i+1,j-1) and si==sj 这就建立了较大问题与较小问题之间的关系。
然后考虑基本情况，一个最基本的回文串有两种情况（奇偶性）：
（1） 最基本的奇回文，只有一个字符，而且恒成立；形式化表示为 p(i,i) = true
（2）最基本的偶回文，有两个字符，当且仅当两个字符相等的时候成立p(i,j) = (si==sj and j=i+1)
最后获得如下判断一个字符是否为回文串的分段函数：
有了公式，就是用代码实现了；下面给出了我的python实现。
# -*- coding:utf-8 -*-
# Author: Evan Mi# 测试的字符串
str_exp = "babad"
# 用来保存动态规划过程的表 1表示true 0表示false
longest_palindromes = [[-1] * len(str_exp) for i in range(len(str_exp))]
# longest_len 用来保存最长的回文串的长度
longest_len = 1
# 从长度为1的回文子串开始填表
for p_len in range(1, len(str_exp)+1):for i in range(len(str_exp)):j = p_len + i - 1if j < len(str_exp):if i == j:longest_palindromes[i][j] = 1elif j == i + 1 and str_exp[i] == str_exp[j]:longest_palindromes[i][j] = 1longest_len = p_lenelif j > i+1 and longest_palindromes[i+1][j-1] == 1 and str_exp[i] == str_exp[j]:longest_palindromes[i][j] = 1longest_len = p_lenelse:longest_palindromes[i][j] = 0
# 搜索结果表，打印出所有的最优解
for i in range(len(str_exp)):for j in range(len(str_exp)):if longest_palindromes[i][j] == 1 and j-i+1 == longest_len:print(str_exp[i:j+1])在动态规划中，最最最核心的就是填表了，就以程序中的例子"babad"举例，说明一下填表的过程；
首先我们要填的表是如下的一张表二维表（因为p函数中有i，j两个变量），其中绿色的部分是真实的表格，其他的是我家的解释表头。
填表过程如下：首先填长度为1的;
然后填长度为2的；
接着是长度为3的：
长度为4的：
最后是长度为5的：
填表完成之后，求最优解就是查询了；对于时间复杂度，动态规划的时间复杂度在构建表的过程中的基本操作，所以时间复杂度是O(n^2);空间复杂度，就是上面的二维数组，也是O(n^2)。而且从在空间浪费（主对角线下面的空间没有使用，浪费了一般的空间）。有很多针对空间上的优化方法，下面给出一种空间复杂度为O(1)的算法；
二、空间复杂度为O(1)的算法
该算法的主要思想就遍历所有的字符（下标为i）是以第i个数（对应奇回文）或者第i个数和第i+1个数之间的间隙（对应偶回文）为中心向两边扩展，直到扩展以后不再是回文，那么就停止扩展，如果回文长度比已知的最长回文长，那么记录下该回问的开始位置和结束位置为最长回文；
还是用"babad"来作为例子，过程如下：
代码实现如下：
# -*- coding:utf-8 -*-
# Author: Evan Mi
import mathdef expandAroundCenter(left, right, s):"""从left和right之间开始扩展，如果left==right就是以left/right为中心进行扩展"""rLeft = leftrRight = rightwhile rLeft >= 0 and rRight < len(s) and s[rLeft] == s[rRight]: # 进行扩展rLeft -= 1rRight += 1"""针对于返回的长度，因为在while循环停止的时候，rLeft和rRight都已经在要求的回文串之外了所以回文串的长度为rRight - rLeft - 1，自己可以画个过程图，一目了然。"""return rRight - rLeft - 1s = "babad"
start = 0
end = 0for i in range(len(s)):odd_len = expandAroundCenter(i, i, s) # i为中心的扩展even_len = expandAroundCenter(i, i + 1, s) # i 和 i+1之间的空隙为中心进行扩展lens = max(odd_len, even_len) # 取得本次扩展的最大值if lens > (end-start+1): # 如果本次的长度比记录的回文的长度也就是end-start+1大，进行替换# 需要注意的是，已经知道了位置i,不管是以i为中心扩展了长为lens的回文还是# 以i和i+1的空隙为中心扩展了长为lens的回文。下面的start和end的计算方法都成立start = i - math.floor((lens - 1) / 2) end = i + math.floor(lens/2)print(start, ":", end)
print(s[start:end+1])
这两个算法不论在空间、结果上有什么不同，它们的时间复杂度都是相同的；接下来就分析一下“马拉车”算法，该算法把时间复杂度降到了线性范围内。额，请见下篇博客。
PS：很多人都分析了"马拉车"算法，但是也阻挡不了我征服它的步伐。相信自己对它一定有独到的见解。
